Sect 2 1_2 3 Calculo_I-2020 (1)

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Material de Apoio - GEX104 - Cálculo I
Este material está dividido em quatro módulos referentes às seções 2.1-2.3
da referência [1], a qual é indicada aos alunos como o texto base para acom-
panhamento do curso. Cada módulo é composto por um resumo da teoria,
exemplos, soluções de alguns dos exercícios de tais seções e exercícios suge-
ridos.
Resumo-Seção 2.1
• O Problema da tangente: o problema da tangente consiste em encon-
trar a equação da reta tangente t a uma curva em um dado ponto
P .
• O problema da velocidade: o problema da velocidade consiste em en-
contrar a velocidade instantânea de um objeto móvel.
Exemplos-Seção 2.1
Exemplo 1. Encontre a equação da reta tangente à parábola y = x2 no
ponto P (1, 1).
Solução. Primeiramente, esboçamos a parábola y = x2 no plano.
x
y
0
y = x2
Q(x, x2)
P (1, 1)
t
Figura 1
1
Como queremos encontra a equação da reta tangente t à parábola y = x2
no ponto P (1, 1) (veja a Figura 1), o ponto P (1, 1) obviamente pertence a
reta t. Assim, se conhecermos a inclinação mt da reta t, então podemos
expressar sua equação. Porém, para obter essa inclinação é necessário co-
nhecer um outro ponto na reta t.
Observe, porém, que podemos calcular uma aproximação de mt esco-
lhendo um ponto Q(x, x2), com x 6= 1, sobre a parábola como na Figura
1, sendo tal aproximação dada pela inclinação mPQ da reta secante PQ. A
inclinação mPQ é dada por
mPQ =
x2 − 1
x− 1
.
Por exemplo, para o ponto Q = (1, 5; 2, 25), temos que
mPQ =
2, 25− 1
1, 5− 1
=
1, 25
0, 5
= 2, 5.
Note que, para cada x escolhido, temos um valor para mPQ. Desse modo, po-
demos montar uma tabela para entender o comportamento de mPQ à medida
que x varia próximo de 1. Consideremos as seguintes tabelas: A primeira
x mPQ
2 3
1,5 2,5
1,1 2,1
1,01 2,01
1,001 2,001
Tabela 1
x mPQ
0 1
0,5 1,5
0,9 1,9
0,99 1,99
0,999 1,999
Tabela 2
tabela fornece valores para mPQ quando fazemos Q se aproximar de P pela
direita (ou seja, o ponto Q está à direita do ponto P ) e a segunda tabela for-
nece valores para mPQ quando fazemos Q se aproximar de P pela esquerda
(ou seja, o ponto Q está à esquerda do ponto P ).
Note que, à medida que Q se aproxima de P pela direita, x se aproxima
de 1 pela direita e mPQ se aproxima de 2. Além disso, à medida que Q
se aproxima de P pela esquerda, x se aproxima de 1 pela esquerda e mPQ
2
também se aproxima de 2. Assim, quanto mais próximo Q estiver de P , mais
próximo x estará de 1 e mPQ estará de 2. Isto sugere que a inclinação da
reta tangente t deve ser igual a mt = 2. Neste caso, diz-se que a inclinação
da reta tangente t é o limite das inclinações das retas secantes (que contêm
P e Q) e expressamos simbolicamente este fato escrevendo
lim
Q→P
mPQ = m e lim
x→1
x2 − 1
x− 1
= 2.
Supondo que a inclinação da reta tangente seja realmente 2, podemos usar a
forma ponto-inclinação da equação de uma reta (Veja o Apêndice B de [1])
para escrever a equação da reta tangente no ponto (1, 1) como
y − 1 = 2(x− 1) ou y = 2x− 1.
O exemplo a seguir mostra como estimar a inclinação da reta tangente
ao gráfico de uma função
Exemplo 2. O flash de uma câmera opera armazenando carga em um capa-
citor e liberando-a instantaneamente ao ser disparado. Os dados na Tabela 3
descrevem a carga Q armazenada no capacitor (medida em microcoulombs)
no instante t (medido em segundos após o flesh ter sido disparado). Use
os dados para esboçar o gráfico desta função e estimar a inclinação da reta
tangente no ponto onde t = 0, 04. [Observação: A inclinação da reta tan-
gente representa a corrente elétrica fluindo do capacitor à lâmpada do flash
(medida em microamperes).]
t Q
0,00 100,00
0,02 81,87
0,04 67,03
0,06 54,88
0,08 44,93
0,10 36, 76
Tabela 3
Solução. Na Figura 2 marcamos os pontos dados e os usamos para
esboçar uma curva que aproxima o gráfico da função.
3
t
Q
C
A
B
0, 02 0, 04 0, 06 0, 08 0, 10
50
60
70
80
90
100
Figura 2
Dados os pontos P (0, 04; 67, 03) e R(0, 00; 100, 00) no gráfico, descobri-
mos que a inclinação (coeficiente angular) da reta secante PR é
mPQ =
100, 00− 67, 03
0, 00− 0, 04
= −824, 25.
A tabela abaixo mostra os resultados de cálculos semelhantes para as incli-
nações de outras retas secantes.
R mPR
(0,00;100,00) -824,25
(0,02; 81,87) -742,00
(0,06; 54,88) -607,50
(0,08; 44,93) -552,50
(0,10; 36, 76) -504,50
Tabela 4
A partir dela, podemos esperar que a inclinação da reta tangente em
P (0, 04; 67, 03) esteja em algum ponto entre −742 e −607, 5. De fato, de
acordo com a Figura 2, as retas secantes PR mais próximas de tangenciar o
ponto P (0, 04; 67, 03) são PR e PR′ com R(0, 02; 81, 87) e R′(0, 06; 54, 88),
cujas inclinações são mPR = −742 e mPR′ = −607, 5, respectivamente.
Assim, esperamos que a inclinação da reta tangente em P esteja entre −742
e −607, 5. Uma vez que a média entre as inclinações dessas secantes é dada
por
1
2
(−742− 607, 5) = −674, 75
4
então, −674, 75 é uma estimativa para a inclinação da reta tangente quando
t = 0, 04. Usando essa estimativa, podemos obter uma aproximação da reta
tangente quando t = 0, 04.
Outro método é traçar uma aproximação da reta tangente em P e medir os
lados do triângulo ABC, como na Figura 2. Desse modo, obtemos a seguinte
estimativa para a inclinação da reta tangente em P
−|AB|
|BC|
≈ −|80, 4− 53, 6|
|0, 06− 0, 02|
= −670.
Exemplo 3. Suponha que uma bola seja solta a partir do ponto de observação
no alto da torre CN (uma torre em Toronto-Canadá), 450 metros acima do
solo. Encontre a velocidade da bola após 5 segundos de queda.
Solução. Por meio de experimentos feitos séculos atrás, Galileu descobriu
que a distância percorrida por qualquer objeto em queda livre é proporcional
ao quadrado do tempo em queda. (Esse modelo para queda livre despreza a
resistência do ar). Se a distância percorrida, após t segundos, é dada por
s(t) medida em metros, então a Lei Galileu pode ser expressa pela equação
s(t) = 4, 9 · t2.
A dificuldade em encontrar a velocidade após 5 segundos está em tratarmos
de um único instante de tempo (t = 5), ou seja, não temos um intervalo de
tempo. Por outro lado, podemos aproximar a quantidade desejada calculando
a velocidade média sobre o breve intervalo de tempo de um décimo de segundo,
isto é, [5; 5, 1], equivalentemente, de t = 5 até t = 5, 1.
Sabemos que
velocidade média =
mudança de posição
tempo decorrido
,
desse modo
velocidade média =
s(5, 1)− s(5)
0, 1
=
(4, 9)(5, 1)2 − (4, 9)(5)2
0, 1
= 49, 49m/s.
A tabela a seguir apresenta alguns valores para a velocidade média em peri-
odos de tempo cada vez menores.
5
intervalo de tempo velocidade média
5 ≤ t ≤ 6 53.9
5 ≤ t ≤ 5, 1 49,49
5 ≤ t ≤ 5, 05 49,245
5 ≤ t ≤ 5, 01 49,049
5 ≤ t ≤ 5, 001 49,0049
Ao analisarmos a tabela, parece que, à medida que encurtamos o período
de tempo, a velocidade média fica cada vez mais próxima de 49m/s.
A velocidade instantânea quando t = 5 é definida como o valor limite
dessas velocidades médias dadas em períodos de tempo cada vez menores,
começando em t = 5. Assim, a velocidade instantânea após 5 segundos é
49m/s.
Observação 1. Perceba que, os cálculos usados na solução do problema da
velocidade são muito semelhantes àqueles usados na solução do problema da
tangente. Na realidade, se traçarmos o gráfico da função distância percorrida
pela bola, e considerarmos os pontos P (a; (4, 9)a2) e
Q(a + h; (4, 9)(a + h)2) sobre o gráfico, então a inclinação da reta secante
PQ será
mPQ =
(4, 9)(a+ h)2 − (4, 9)a2
(a+ h)− a
,
que é igual a velocidade média no intervalo de tempo [a, a + h]. Assim,
concluímos que, a velocidade no instante t = a (o limite dessas velocidades
médias quando h tende a 0) deve ser igual à inclinação da reta tangente no
ponto P (limite das inclinações das retas secantes) ao gráfico da função dis-
tância.
Exercícios Resolvidos-Seção 2.1
Solução do Exercício 2.
(a) inclinação =
2948− 2530
42− 36
=
418
6
≈ 69, 67.
(b) inclinação =
2948− 2661
42− 38
=
287
4
= 71, 75.
6
(c) inclinação =
2948− 2806
42− 40
=
142
2
= 71.
(d) inclinação =
3080− 294844− 42
=
132
2
= 66.
Pelos dados, vemos que a frequência cardíaca do paciente está diminuindo
de 71 para 66 batimentos/minuto após 42 minutos.
Solução do Exercício 4.
(a) Usando uma calculadora, montamos a seguinte tabela com as inclinações
mPQ.
x Q mPQ
(i) 0 (0,1) -2
(ii) 0,4 (0,4; 0,309017) -3,090170
(iii) 0,49 (0,49; 0,031411) -3,141076
(iv) 0,499 (0,499; 0,003142) -3,141587
(v) 1 (1,-1) -2
(vi) 0,6 (0,6; -0,309017) -3,090170
(vii) 0,51 (0,51; -0,031411) -3,141076
(viii) 0,501 (0,501; -0,003142) -3,141587
(b) De acordo com a parte (a), à medida que os valores x se aproximam de
0, 5, os valores mPQ se aproximam de −π. Assim, uma estimativa para a
inclinação da reta tangente à curva em P (0, 5; 0) é −π.
(c) Usando a forma ponto-inclinação da equação de uma reta e a inclinação
obtida na parte (b), obtemos a seguinte equação da reta tangente à curva
em P (0, 5; 0),
y − 0 = −π(x− 0, 5) ou y = −πx+ 1
2
π.
(d)
7
x
y
10.50
secante em x = 0 e x = 1
y = cos(πx)
y = −π(x− 0.5)
Solução do Exercício 5. Temos que y = y(t) = 10t− (4, 9)t2.
(a) (i) Após 0, 5s temos o intervalo [1, 5; 2]. Como
y(1, 5) = 10(1, 5)− (4, 9)(1, 5)2 = 15− 11, 025 = 3, 975
e
y(2) = 10(2)− (4, 9)(2)2 = 20− 19, 6 = 0, 4
então velocidade média =
y(2)− y(1.5)
0, 5
=
−3, 575
0, 5
= −7, 15m/s.
(ii) Após 0, 1s temos o intervalo [1, 5; 1, 6] Como y(1, 5) = 3, 975 e
y(1, 6) = 10(1, 6)− (4, 9)(1, 6)2 = 16− 12.544 = 3, 456
então velocidade média =
y(1, 6)− y(1, 5)
0, 5
=
−0, 519
0, 1
= −5, 19m/s.
(iii) Analogamente, obtemos para este caso que
velocidade média =
y(1, 55)− y(1, 5)
0, 05
= −4, 945m/s.
(iv) Analogamente, obtemos para este caso que
velocidade média =
y(1, 51)− y(1, 5)
0, 01
= −4, 749m/s.
(b) Para responder este item, vamos imitar o Exemplo 3. Ou seja, considere-
mos que a duração seja de 0, 001s. Desse modo temos o intervalo [1, 5; 1, 501]
Como y(1, 5) = 3, 975 e
y(1, 501) = 10(1, 501)− (4, 9)(1, 501)2 = 16− 12, 544 = 3, 9702951
8
então
velocidade média =
y(1, 6)− y(1, 5)
0, 5
=
−0, 0047049
0, 001
= −4, 7049m/s.
Vamos montar uma tabela com esse valores e com os valores obtidos no
item (a), para analizar o que ocorre com a velocidade média à medida que
encurtamos o período de tempo, isto é, à medida quenos aproximamos cada
vez mais de t = 1, 5.
intervalo de tempo velocidade média
1, 5 ≤ t ≤ 2, 0 -7,15
1, 5 ≤ t ≤ 1, 6 -5,19
1, 5 ≤ t ≤ 1, 55 -4,945
1, 5 ≤ t ≤ 1, 51 -4,749
1, 5 ≤ t ≤ 1, 501 -4,7049
Portanto, de acordo com os dados, uma estimativa para a velocidade ins-
tantânea quanto t = 1, 5 é −4, 7m/s.
Solução do Exercício 6. Aqui vamos apresentar uma resolução mais direta
do que aquela vista na solução do exercício anterior. Temos que y = y(t) =
10t− 1, 86t2.
(a) Em t = 1 temos que y(1) = 10(1) − 1, 86(1)2 = 8, 14. Além disso, para
todo h 6= 0, a velocidade média em [1, 1 + h] é dada por
velocidade média =
y(1 + h)− y(1)
(1 + h)− 1
=
10((1 + h))− 1, 86(1 + h)2 − 8, 14
h
=
6, 28h− 1, 862
h
= 6, 28− 1, 86h.
Assim,
(i) [1, 2], h = 1, velocidade média = 4, 42m/s,
(ii) [1; 1, 5], h = 0, 5, velocidade média = 5, 35m/s,
(iii) [1; 1, 1], h = 0, 1, velocidade média = 6, 094m/s,
(iv) [1; 1, 01], h = 0, 01, velocidade média = 6, 2614m/s,
(v) [1; 1, 001], h = 0, 001, velocidade média = 6, 27814m/s.
(b) Uma estimativa para a velocidade instantânea quando t = 1 (quando h
se aproxima de 0) é 6, 28m/s.
9
Solução do Exercício 8. Temos que s = s(t) = 2 sin(πt) + 3 cos(πt).
(a) Para t = 1, temos que s(1) = sin(π) + 3 cos(π) = −3. Assim, usando
uma calculadora, obtemos que:
(i) Em [1, 2], velocidade média =
s(2)− s(1)
2− 1
=
3− (−3)
1
= 6cm/s,
(ii) Em [1; 1, 1], velocidade média =
s(1, 1)− s(1)
1, 1− 1
≈ −3, 471− (−3)
0, 1
=
−4, 71cm/s,
(iii) Em [1; 1, 01], velocidade média =
s(1, 01)− s(1)
1, 01− 1
≈ −3, 0613− (−3)
0, 01
=
−6, 13cm/s,
(iv) Em [1; 1, 001], velocidade média =
s(1, 001)− s(1)
1, 001− 1
≈ −3, 00627− (−3)
0, 001
=
−6, 27cm/s,
(b) Uma estimativa para a velocidade instantânea em t = 1 é −6, 3cm/s.
Exercícios Sugeridos-Seção 2.1
Resolva todos os exercícios ímpares da Seção 2.1, com o excessão do número
5 (que já foi resolvido acima).
Resumo - Seção 2.2
• Dada uma função f definida próxima de um número a, então o limite
de f(x), quando x tende a a é L, se pudermos tornar f(x) arbitraria-
mente próximos de L, quando tomamos x próximo de a. Em símbolos
matemáticos, lim
x→a
f(x) = L⇔ f(x)→ L quando x→ a (e x 6= a).
• Dizemos que L é o limite à esquerda de f(x) quando x tende a a
pela esquerda e escrevemos lim
x→a−
f(x) = L, se pudermos tornar f(x)
arbitrariamente próximos de L, quando tomamos x próximo de a com
x < a.
• Dizemos que L é o limite à direita de f(x) quando x tende a a pela
direita e escrevemos lim
x→a+
f(x) = L, se pudermos tornar f(x) arbitra-
riamente próximos de L, quando tomamos x próximo de a com x > a.
• Conjectura: lim
x→a
f(x) = L⇔ lim
x→a+
f(x) = L e lim
x→a−
f(x) = L.
10
• Dada uma função f definida em ambos os lados de um número a, ex-
ceto possivelmente no próprio a, a notação lim
x→a
f(x) = +∞ signi-
fica que podemos tornar os valores f(x) tão grande quanto quisermos,
tomando x suficientemente próximo de a, com x 6= a. Analogamente, a
notação lim
x→a
f(x) = −∞ significa que podemos tornar os valores f(x)
tão pequenos (negativos) quanto quisermos, tomando x suficientemente
próximo de a, com x 6= a.
Exemplos-Seção 2.2
Exemplo 4. Estime o valor de lim
x→1
x− 1
x2 − 1
.
Solução. Observamos que a função f(x) =
x− 1
x2 − 1
não está definida em
x = 1. Porém, isto não importa para o nosso propósito, pois pelo conceito
de limite de uma função, devemos considerar apenas os pontos próximos de
x = 1.
Para estimar o valor de lim
x→1
x− 1
x2 − 1
, vamos montar duas tabela com valo-
res estimados de f(x) (com precisão de seis casas decimais) para os valores
de x que tendem a 1 (mas são diferentes de 1).
x < 1 f(x)
0, 5 0,666667
0, 9 0,526316
0, 99 0,502513
0, 999 0,500250
0, 9999 0,500025
x > 1 f(x)
1, 5 0,400000
1, 1 0,476190
1, 01 0,497512
1, 001 0,499750
1, 0001 0,499975
Com base nesses valores, podemos conjecturar que lim
x→1
x− 1
x2 − 1
= 0, 5. O
gráfico de f(x) =
x− 1
x2 − 1
está ilustrado na Figura 3.
x
y
1
0.5
0
x− 1
x2 − 1
Figura 3
11
Consideremos, agora, a seguinte função g(x) =

x− 1
x2 − 1
, se x 6= 1
2, se x = 1
.
Neste caso, o único ponto no qual f(x) não coincide com g(x) é justamente
no ponto onde f não está definida, ou seja, em x = 1. Desse modo, para
estimar lim
x→1
g(x), podemos conjecturar que lim
x→1
g(x) = 0, 5. O gráfico de g(x)
está ilustrado na Figura 4.
x
y
1
0.5
2
0
y = g(x)
Figura 4
Exemplo 5. Estime o valor de lim
t→0
√
t2 + 9− 3
t2
.
Solução. Vamos montar uma tabela com uma lista de valores f(t) =
lim
t→0
√
t2 + 9− 3
t2
para t próximos de 0.
t
√
t2 + 9− 3
t2
±1, 0 0,16228
±0, 5 0,16553
±0, 1 0,16662
±0, 05 0,16666
±0, 01 0,16667
De acordo com os dados da tabela, à medida que t tende a 0, os va-
lores da função tendem a 1, 666666... e, assim, podemos conjecturar que
lim
t→0
√
t2 + 9− 3
t2
=
1
6
.
Exemplo 6. Faça uma estimativa de lim
x→0
sin(x)
x
.
Solução. A função dada por f(x) =
sin(x)
x
não está definida quando x = 0.
Usando uma calculadora (lembrando que, se x ∈ R, sin(x) indica o seno de
ângulo cuja medida em radianos é x), podemos obter a seguinte tabela, com
precisão de oito casas decimais.
12
x
sin(x)
x
±1, 0 0,84147098
±0, 5 0,95885108
±0, 4 0,97354586
±0, 3 0,98506736
±0, 2 0,99334665
±0, 1 0,99833417
±0, 05 0,99958339
±0, 01 0,99998333
±0, 05 0,99999583
±0, 001 0,99999983
Pelas dados da tabela, e pela Figura 5, podemos conjecturar que
lim
x→0
sin(x)
x
= 1.
x
y
1−1
1
0
y =
sin(x)
x
Figura 5
Observação 2. Mais a diante, vamos mostrar, usando argumentos geomé-
tricos, que essa conjectura está correta.
Exemplo 7. Analise lim
x→0
sin
(π
x
)
.
Solução. Mais uma vez a função f(x) = sin
(
π
x
)
não está definida em 0.
Calculando a função para alguns valores pequenos de x, temos
f(1) = sin(π) = 0, f
(
1
2
)
= sin(2π)= 0, f
(
1
3
)
= sin(3π) = 0
f
(
1
4
)
= sin(4π) = 0, f (0, 1) = sin(10π) = 0, f (0, 01) = sin(100π) = 0.
Da mesma maneira, f(0, 001) = f(0, 0001) = 0. Com base nessa informa-
13
ção, ficaríamos tentados a conjecturar que
lim
x→0
sin
(π
x
)
= 0.
Dessa vez, no entanto, nossa conjectura está errada. Observe que, embora
f(1/n) = sin(nπ) = 0, para todo número inteiro n, é também verdadeiro que
f(x) = 1 para infinitos valores de x que tendem a 0. Você poderá ver isto a
partir do gráfico de f ilustrado na Figura 6
−1 1
−1
1
x
sin(π/x)
Figura 6
Uma vez que os valores de f(x) não tendem a um valor fixo quando x
tende 0, então lim
x→0
sin
(π
x
)
não existe.
Exemplo 8. Encontre lim
x→0
(
x3 +
cos(5x)
10000
)
.
Solução. Como antes, construímos uma tabela de valores.
x x3 +
cos(5x)
10000
1 1,000028
0, 5 0,124920
0, 1 0,001088
0, 05 0,000222
0, 01 0,000101
Assim, pelos dados da tabela, parece que lim
x→0
(
x3 +
cos(5x)
10000
)
= 0. Mas,
se continuarmos com os valores ainda menores de x, descritos na seguinte
tabela
x x3 +
cos(5x)
10000
0, 005 0,00010009
0, 001 0,00010000
14
esses valores sugerem que
lim
x→0
(
x3 +
cos(5x)
10000
)
= 0, 000100 =
1
10000
.
Mas tarde, veremos que lim
x→0
cos(5x) = 1 e, então, que, de fato, lim
x→0
(
x3 +
cos(5x)
10000
)
=
0, 0001.
Exemplo 9. A função de Heaviside, H, é definida por
H(t) =
{
0, se t < 0
1, se t ≥ 0
.
[Esta função, cujo nome homenageia o engenheiro elétrico Oliver Heaviside
(1850-1925), pode ser usada para descrever uma corrente elétrica que é ligada
em t = 0.] Seu gráfico está ilustrado na Figura 7.
x
y
1−1
1
0
Figura 7
Quando t tende a 0 pela esquerda, H(t) tende a 0. Por outro lado,
quando t tende a 0 pela direita, então H(t) tende a 1. Portanto, não existe
um número único para o qual H(t) tende, quando t tende a 0. Desse modo,
lim
t→0
H(t) não existe.
O fato de H(t) tender a 0 quando t tende a 0 pela esquerda é denotado por
lim
t→0−
H(t) = 0 e fato de H(t) tender a 1 quando t tende a 0 pela direita é
denotado por lim
t→0+
H(t) = 1. O símbolo “t → 0−” indica que estamos con-
siderando somente os valores de t menores que 0. Analogamente, o símbolo
“t → 0+” indica que estamos considerando somente os valores de t maiores
que 0.
Exemplo 10. Seja g uma função cujo gráfico está esboçado na Figura 8.
15
x
y
−2 −1 1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
y = f(x)
Figura 8
Use o esboço do gráfico de g para estabelecer os valores (caso existam)
dos seguintes limites:
(a) lim
x→2−
g(x); (b) lim
x→2+
g(x); (c) lim
x→2
g(x);
(d) lim
x→5−
g(x); (e) lim
x→5+
g(x); (f) lim
x→5
g(x).
Solução A partir do esboço do gráfico de g, vemos que os valores de g(x)
tendem a 3 à medida que os valores de x tendem a 2 pela esquerda. Além
disso, vemos que os valores de g(x) tendem a 1 à medida que os valores de
x tendem a 2 pela direita. Desse modo,
(a) lim
x→2−
g(x) = 3 e (b) lim
x→2+
g(x) = 1.
(c) Como os limites laterais (acima) de g são diferentes, concluímos que
lim
x→2
g(x) não existe.
Também pelo esboço do gráfico de g, vemos que os valores de g(x) tendem
a 2 à medida que os valores de x tendem a 5 pela esquerda. Vemos também
que, os valores de g(x) tendem a 2 à medida que os valores de x tendem a 5
pela direita. Desse modo,
(d) lim
x→5−
g(x) = 2; e (e) lim
x→5+
g(x) = 2.
16
(f) Como os limites laterais (acima) de g são iguais, concluímos que
lim
x→5
g(x) = 2.
Note que, apesar de lim
x→5
g(x) = 2, neste caso temos que g(5) 6= 2.
Exemplo 11. Consideremos a função f dada por f(x) =
1
x2
, cujo esboço
do gráfico é ilustrado na Figura 9
x
y
y = 1
x2
0
Figura 9
A partir do esboço do gráfico podemos notar que, à medida que x se
aproxima de 0, tanto pela esquerda quanto pela direita, os valores f(x) vão
se tornado cada vez maiores. Desse modo, podemos tornar os valores f(x)
tão grande quanto quisermos, tomando x suficientemente próximo de 0, ou
seja lim
x→0
f(x) = lim
x→0
1
x2
= +∞.
Observação 3. O símbolo +∞ (também denotado por ∞ em algumas re-
ferências bibliográficas) não é um número. Aqui, este símbolo é usado para
denotar objetos matemáticos (como conjuntos) que não possuem fim (um nú-
mero limitante superior). No caso do Exemplo 11, esse símbolo diz que não
existe um número real L para qual f(x) ≤ L para todo x suficientemente
próximo de zero. Ou seja, para números x suficientemente próximo de 0, os
valores f(x) tendem a crescer infinitamente (ou ilimitadamente).
Exemplo 12. Encontre lim
x→3+
2x
x− 3
e lim
x→3−
2x
x− 3
.
Solução. Se x está próximo de 3 e é maior do que 3, então o denomina-
dor x− 3 é um número positivo pequeno e, 2x está próximo de 6. Portanto,
o quociente
2x
x− 3
pode se tornar tão grande quanto quisermos, tomando x
suficientemente próximo de 3 com x > 3. Desse modo, intuitivamente, temos
17
que
lim
x→3+
2x
x− 3
= +∞.
Analogamente, se x está próximo de 3 e é menor do que 3, então o deno-
minador é um número negativo pequeno, mas 2x ainda está próximo de 6.
Portanto, o quociente
2x
x− 3
pode se tornar tão pequeno (negativo) quanto
quisermos, tomando x suficientemente próximo de 3 com x < 3. Desse modo,
intuitivamente, temos que
lim
x→3−
2x
x− 3
= −∞.
O gráfico de y =
2x
x− 3
está ilustrado na Figura 10. A reta x = 3 é uma
assíntota vertical.
−1 1 2 3 4 5 6
−10
10
20
y = 2xx−3
Figura 10
Exemplo 13. Encontre as assíntotas verticais de f(x) = tg(x).
Solução. Uma vez que
tg(x) =
sin(x)
cos(x)
,
então existem assíntotas nos pontos x onde cos(x) = 0. Com efeito, como
cos(x)→ 0+ quando x→ (π2 )
− e sin(x) é positivo quando x está próximo de
(π2 ) e x < 2, então
lim
x→(π
2
)−
sin(x)
cos(x)
= +∞.
Analogamente, como cos(x) → 0− quando x → (π2 )
+ e sin(x) é positivo
18
quando x está próximo de (π2 ) e x > 2, então
lim
x→(π
2
)+
sin(x)
cos(x)
= −∞.
Desse modo, a reta x =
π
2
é uma assíntota vertical de f(x) = tg(x). Na
verdade, como cos
[
(2n+ 1)
π
2
]
= 0 para qualquer n ∈ Z, então usando argu-
mentos similares, mostra-se que para qualquer n ∈ Z, a reta x = (2n+ 1)π
2
é uma assíntota vertical de f(x) = tg(x). como ilustra o gráfico de f(x) =
tg(x) na Figura 11.
x
y
−3π2 −π −
π
2
0 π
2
π 3π
2
1–
Figura 11
Outro exemplo de uma função cujo gráfico possui assíntota vertical é a
função logaritmo natural y = ln(x). Pela Figura 12, temos que lim
x→0+
ln(x) =
−∞ e, assim, a reta x = 0 (o eixo y) é uma assíntota vertical. Na realidade,
isso é válido para y = loga(x), desde que a > 1.
19
x
y
1
y = ln(x)
0
Figura 12
Exercícios Resolvidos - Seção 2.2
Solução do Exercício 2.
lim
x→1−
f(x) = 3 significa que, quando x se aproxima de 1 pela esquerda, f(x)
se aproxima de 3. Por outro lado, lim
x→1+
f(x) = 7 significa que, quando x se
aproxima de 1 pela direita, f(x) se aproxima de 7.
Nesta situação, não é possivel que exista lim
x→1
f(x), pois os limites laterais
são diferentes.
Solução do Exercício 4. Pelo gráfico da função f temos que:
(a) lim
x→2−
f(x) = 3;
(b) lim
x→2+
f(x) = 1;
(c) lim
x→2
f(x) não existe, pois por (a) e (b) tem-se que, para x = 2 os limites
laterais de f são diferentes;
(d) f(2) = 3;
(e) lim
x→4
f(x) = 4 pois quando x se aproxima de 4 tanto pela esquerda como
pela direita, f(x) se aproxima de 4;
(f) f(4) não existe, pois f não está definida em x = 4.
Solução do Exercício 6. Pelo gráfico da função h temos que:
(a) lim
x→−3−
h(x) = 4;
(b) lim
x→−3+
h(x) = 4;
(c) lim
x→−3
h(x) = 4, pois quando x se aproxima de −3 tanto pela esquerda
como pela direita, h(x) se aproxima de 4;
20
(d) h(−3) não existe, pois h não está definida em x = −3;
(e) lim
x→0−
h(x) = 1;
(f) lim
x→0+
h(x) = −1;
(g) lim
x→0
h(x) não existe, pois por (e) e (f) tem-se que, para x = 0 os limites
laterais de h são diferentes;
(h) h(0) = 1;
(i) lim
x→2
h(x) = 2, pois quando x se aproxima de 2 tanto pela esquerda como
pela direita, h(x) se aproxima de 2;
(j) h(2) não existe, pois h não está definida em x = 2;
(k) lim
x→5+
h(x) = 3;
(l) lim
x→5−
h(x) não existe, pois há infinitos pontos x taisque h(x) = 3 e há
infinitos pontos x tais que h(x) = 2, Ou seja, h não tende a um número fixo
quanto x se aproxima de 2 pela esquerda.
Solução do Exercício 8. Pelo gráfico da função R temos que:
(a) lim
x→−3
A(x) = +∞;
(b) lim
x→2−
A(x) = −∞;
(c) lim
x→2+
A(x) = +∞;
(d) lim
x→−1
A(x) = −∞;
(e) A equações das assíntotas verticais são x = −3, x = −1 e x = 2.
Solução do Exercício10. Pelo gráfico da função f temos que:
lim
t→12−
f(t) = 150mg e lim
t→12+
f(t) = 300mg. Esses limites dizem que existe
21
uma mudança abrupta na quantidade de drogas na corrente sanguínea do
paciente, após t = 12h. O limite lateral à esquerda representa a quantidade
de drogas imediatamente antes da quarta injeção. O limite lateral à direita
representa a quantidade de drogas imediatamente após a quarta injeção.
Solução do Exercício 12. O gráfico da função f(x) =

1 + sin(x) = se x < 0
cos(x) se 0 ≤ x ≤ π
sin(x) se x > π
está ilustrado na Figura 13.
x
y
0 π 2π
Figura 13
Pelo gráfico temos que, para a = π não existe o limite lim
x→a
f(x), pois
lim
x→π−
f(x) = −1 e lim
x→π+
f(x) = 0. Agora, para cada a 6= π temos que
lim
x→a
f(x) existe, pois quando x tende a tanto pela esquerda como pela di-
reita, f(x) tende a um único número real. Portanto, lim
x→a
f(x) existe para
todo a exceto quando a = π.
Solução do Exercício 14. O gráfico da função f está ilustrado na Figura
14.
x
y
0
−1
−1
Figura 14
Graficamente temos que:
22
(a) lim
x→0−
f(x) = −1, pois à medida que x se aproxima de 0 pela esquerda,
f(x) se aproxima de −1;
(b) lim
x→0+
f(x) = +1, pois à medida que x se aproxima de 0 pela direita, f(x)
se aproxima de 1;
(c) Por (a) e (b), tem-se que lim
x→0
f(x) não existe.
Solução do Exercício 16. O gráfico de uma função f tal que f(0) não
existe e que satisfaz as igualdades
lim
x→0−
f(x) = 1; lim
x→0+
f(x) = −1; lim
x→2−
f(x) = 0; lim
x→2+
f(x) = 1; f(2) = 1,
está ilustrado na Figura 15
x
y
0
1
−1
1 2
Figura 15
Solução do Exercício 18. O gráfico de uma função f que satisfaz as
igualdades
lim
x→0−
f(x) = 2; lim
x→0+
f(x) = 0; lim
x→4−
f(x) = 3; lim
x→4+
f(x) = 0; f(0) = 2, f(4) = 1,
está ilustrado na Figura 16
23
x
y
0 1 2 3 4
1
2
3
Figura 16
Solução do Exercício 20. Vamos montar a seguinte tabela para os valores
de f(x) =
x2 − 3x
x2 − 9x
com uma precisão de seis casas decimais.
x
x2 − 3x
x2 − 9
−2, 5 -5
−2.9 -29
−2.95 -59
−2.99 -299
−2.999 -2999
−2.9999 -29999
−3, 5 7
−3, 1 31
−3, 05 61
−3, 01 301
−3, 001 3001
−3, 0001 30001
De acordo com os dados da tabela, conjecturamos que
lim
x→−3−
x2 − 3x
x2 − 9
= +∞ e lim
x→−3+
x2 − 3x
x2 − 9
= −∞.
Desse modo, lim
x→−3
x2 − 3x
x2 − 9
não existe.
Solução do Exercício 22. Vamos montar a seguinte tabela para os valores
de f(t) =
(4 + h)3 − 64
h
com uma precisão de seis casas decimais.
24
t
(4 + h)3 − 64
h
−0, 5 42,25
−0, 1 46,81
−0, 01 47,8801
−0, 001 47,988
−0, 0001 47,9988
0, 5 54,25
0, 1 49,21
0, 01 48, 1201
0, 001 48,012
0, 0001 48,0012
De acordo com os dados da tabela, conjecturamos que
lim
h→0
(4 + h)3 − 64
h
= 48,
pois à medida que os valores de h se aproximam de 0, os valores de
(4 + h)3 − 64
h
se aproximam de 48.
Solução do Exercício 24. Vamos montar a seguinte tabela para os valores
de f(t) =
1 + p9
1 + p15
com uma precisão de seis casas decimais.
p
1 + p9
1 + p15
−1, 5 0,0857036
−1, 1 0,427397
−1, 01 0, 582008
−1, 001 0,5982
−1, 0001 0,59982
−0.5, 0,998077
−0, 9 0,771405
−0, 99 0, 617992
−0, 999 0,6018
−0, 9999 0,60018
De acordo com os dados da tabela, conjecturamos que
lim
p→−1
1 + p9
1 + p15
= 0, 6,
25
pois à medida que os valores de p se aproximam de −1, os valores de 1 + p
9
1 + p15
se aproximam de 0, 6. O gráfico de f próximo de −1 está ilustrado na Figura
17, a qual ratifica a nossa conjectura.
p
f(p)
−1
0, 6 f(p) =
1 + p9
1 + p15
Figura 17
Solução do Exercício 26. Vamos montar a seguinte tabela para os valores
de f(t) =
5t − 1
t
com uma precisão de seis casas decimais.
t
5t − 1
t
0, 5 2,47214
0, 1 1,74619
0, 05 1,67597
0, 01 1,62246
0, 001 1,61073
0, 0001 1,60957
−0, 5 1,10557
−0, 1 1, 4866
−0, 05 1,54638
−0, 01 1,59656
−0, 001 1,60814
−0, 0001 1,60931
De acordo com os dados da tabela, conjecturamos que lim
t→0
5t − 1
t
= 1, 61,
pois à medida que os valores de t se aproximam de 0, os valores de
5t − 1
t
se
aproximam de 1, 61. O gráfico de f próximo de 0 está ilustrado na Figura
18, a qual ratifica a nossa conjectura.
26
x
y
O
1, 61 f(t) =
5t − 1
t
Figura 18
Solução do Exercício 32. lim
x→5−
x+ 1
x− 3
= +∞. De fato, à medida que os
valores de x se aproximam de 5 pela esquerda (x < 5), então o numerador
se aproxima de 4 e o denominador assume valores negativos. Desse modo,
a fração possui sinal negativo para todo x < 5. Além disso, à medida que
x se aproxima de 5 pela esquerda, o numerador se aproxima de 4, mas o
denominador se aproxima de zero. Portanto, lim
x→5−
x+ 1
x− 5
= −∞.
Solução do Exercício 40. lim
x→2−
x2 − 2x
x2 − 4x+ 4
= −∞. De fato, primeira-
mente, notamos que x2 − 4x + 4 = (x − 2)2 e x2 − 2x = x(x − 2). Assim,
podemos escrever
lim
x→2−
x2 − 2x
x2 − 4x+ 4
= lim
x→2−
x(x− 2)
(x− 2)2
= lim
x→2−
x
x− 2
À medida que os valores de x se aproximam de 2 pela esquerda (x < 2), o nu-
merador assume valores positivos e o denominador assume valores negativos.
Desse modo, a fração possui sinal negativo para todo x < 2. Além disso, à
medida que x se aproxima de 2 pela esquerda, o numerador se aproxima de 2,
mas o denominador se aproxima de zero. Portanto, lim
x→2−
x2 − 2x
x2 − 4x+ 4
= −∞.
Solução do Exercício 44. (a) As assíntotas verticais da função y =
x2 + 1
3x− 2x2
são as retas x = a, onde tal que a é uma raiz de 3x − 2x2, isto
é, 3a − 2a2 = 0. Porém, essa igualdade ocorre se, e somente se, a = 0 ou
a =
3
2
= 1, 5. Portanto, as assíntotas verticais da função y =
x2 + 1
3x− 2x2
são
27
as retas x = 0 e x =
3
2
.
(b) O gráfico de y =
x2 + 1
3x− 2x2
está ilustrado na Figura 19, a qual ratifica a
resposta em (a).
x
O
x = 0
x = 32
x2 + 1
3x− 2x2
Figura 19
Solução do Exercício 54. Uma vez que m =
m0√
1− v2
c2
, então, à medida
que v se aproxima de c pela esquerda (v < c), o denominador
√
1− v2
c2
as-
sume valores positivos (lembrando que c > 0). Porém, neste caso,
√
1− v2
c2
se aproxima de zero, enquanto numerador se mantém constante m0. Desse
modo, quando v se aproxima de c pela esquerda segue que m =
m0√
1− v2
c2
tende a +∞. Assim, lim
v→c−
m0√
1− v2
c2
= +∞, ou seja, à medida que v se apro-
xima de c pela esquerda, a massa da partícula tende a +∞.
Exercícios Sugeridos-Seção 2.2
Resolva os exercícios: 1, 3, 5, 7, 9, 11, 15, 17, 19, 21, 25, 31, 33, 35, 37.
Resumo-Seção 2.3
28
• (Propriedades algébricas) Suponha que c seja uma constante e que
os limites lim
x→a
f(x) e lim
x→a
g(x) existam. Então,
(1) lim
x→a
[f(x) + g(x)] = lim
x→a
f(x) + lim
x→a
g(x);
(2) lim
x→a
[f(x)− g(x)] = lim
x→a
f(x)− lim
x→a
g(x);
(3) lim
x→a
[cf(x)] = c lim
x→a
f(x);
(4) lim
x→a
[f(x)g(x)] = lim
x→a
f(x) · lim
x→a
g(x);
(5) lim
x→a
[
f(x)
g(x)
]
=
lim
x→a
f(x)
lim
x→a
g(x)
se lim
x→a
g(x) 6= 0;
(6) lim
x→a
[f(x)]n =
[
lim
x→a
f(x)
]n
para qualquer n ∈ N;
(7) lim
x→a
c = c;
(8) lim
x→a
x = a;
(9) lim
x→a
xn = an para qualquer n ∈ N;
(10) lim
x→a
n
√
x = n
√
a para qualquer n ∈ N (se n for par, então precisa-
mos supor que a > 0);
(11) lim
x→a
n
√
f(x) = n
√
lim
x→a
f(x) para qualquer n ∈ N (se n for par,
então precisamos supor que lim
x→a
f(x) > 0.)
• Se f for um função polinomial ou racional e a estiver no domínio de f ,
então lim
x→a
f(x) = f(a).
• lim
x→a
f(x) = L ∈ R⇔ lim
x→a−
f(x) = L = lim
x→a+
∈ R.
• Se f(x) ≤ g(x) quando x está próximo de a (exceto possivelmente
quando x é a), e os limites de f e g, ambos existem quando x tende
para a, então lim
x→a
f(x) ≤ lim
x→a
g(x).
• (Teorema do Confronto) Se f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) quando x está
próximo de a (exceto possivelmente quando x é a), e lim
x→a
f(x) =
lim
x→a
h(x) = L ∈ R, então lim
x→ag(x) = L.
Exemplos-Seção 2.3
29
Exemplo 14. Use as propriedades dos limites e os gráficos de f e g, ilus-
trados na Figura 20, para calcular os seguintes limites, se eles existirem.
(a) lim
x→−2
[f(x) + 5g(x)] (b) lim
x→1
[f(x)g(x)] (c) lim
x→2
f(x)
g(x)
.
x
y
f
g
1 2 3
1
2
3
Figura 20
Solução (a) Dos gráficos de f e g vemos que
lim
x→−2
f(x) = 1 e lim
x→−2
g(x) = −1.
Portanto, temos
lim
x→−2
[f(x) + 5g(x)] = lim
x→−2
f(x) + lim
x→−2
[5g(x)] (Propriedade 1)
= lim
x→−2
f(x) + 5 lim
x→−2
g(x) (Propriedade 3)
= 1 + 5(−1) = −4.
Solução (b) Vemos que lim
x→1
f(x) = 2. Mas, lim
x→1
g(x) não existe, pois os
limites à esquerda e à direita são diferentes:
lim
x→1−
g(x) = −2 e lim
x→1+
g(x) = −1.
Portanto, não podemos usar a Propriedade 4 para calcular o limite em (b).
30
Solução (c) Os gráficos mostram que
lim
x→2
f(x) ≈ 1, 4 e lim
x→2
g(x) = 0.
Portanto, não podemos usar a Propriedade 4 para calcular o limite em (c).
Neste caso, o limite em (c) não existe pois o denominador tende a 0 e o
numerador tende a um número diferente de zero.
Exemplo 15. Calcule os limites a seguir justificando cada passagem.
(a) lim
x→5
(2x2 − 3x+ 4) (b) lim
x→−2
x3 + 2x2 − 1
5− 3x
Solução. (a)
lim
x→5
(2x2 − 3x+ 4) = lim
x→5
(2x2)− lim
x→5
(3x) + lim
x→5
4 (Propriedades 2 e 1)
= 2 lim
x→5
x2 − 3 lim
x→5
x+ lim
x→5
4 (Propriedade 3)
= 2(5)2 − 3(5) + 4 (Propriedades 7, 8 e 9)
= 39.
Solução. (b) Neste caso, podemos começar tentando aplicara a Propriedade
5. Mas, para isto, precisamos verificar se lim
x→−2
5− 3x 6= 0. Como
lim
x→−2
5− 3x = lim
x→−2
5− lim
x→−2
3x = lim
x→−2
5− 3 lim
x→−2
x = 5− 3(−2) = 11 6= 0,
então, podemos aplicar a Propriedade 5.
lim
x→−2
x3 + 2x2 − 1
5− 3x
=
lim
x→−2
x3 + 2x2 − 1
lim
x→−2
5− 3x
(Propriedade 5)
=
lim
x→−2
x3 + 2 lim
x→−2
x2 − lim
x→−2
1
lim
x→−2
5− 3 lim
x→−2
x
(Propriedades 1, 2 e 3)
=
(−2)3 + 2(−2)2 − 1
5− 3(−2)
(Propriedades 1, 2 e 3)
= − 1
11
.
Observação 4. Notamos que, considerando f(x) = (2x2 − 3x + 4), então
do item (a) do exemplo anterior, ao substituir x por 5 em f(x), obtemos
que lim
x→5
(2x2 − 3x + 4) = f(5) = 39. Analogamente, considerando g(x) =
31
x3 + 2x2 − 1
5− 3x
, então do item (b) do exemplo anterior, ao substituir x por −2
em g(x), obtemos que lim
x→−2
x3 + 2x2 − 1
5− 3x
= g(−2) = − 1
11
. A função f é
uma função polinomial e a função g é uma função racional.
Exemplo 16. Encontre lim
x→1
x2 − 1
x− 1
.
Solução. Seja f(x) =
x2 − 1
x− 1
. Como 1 não pertence ao domínio de f ,
então não podemos usar a Propriedade da substituição direta. Note que,
também não podemos usar a Propriedade 5, pois lim
x→1
x− 1 = 0. Desse modo,
precisamos, inicialmente, realizar algumas operação algébricas para tentar
encontrar uma expressão equivalente à
x2 − 1
x− 1
, levando em conta que x 6= 1.
Temos que
x2 − 1
x− 1
=
(x− 1)(x+ 1)
x− 1
= x+ 1, pois x 6= 1.
Consequentemente,
lim
x→1
x2 − 1
x− 1
= lim
x→1
(x+ 1) = lim
x→1
x+ lim
x→1
1 = 1 + 1 = 2.
Observação 5. No exemplo anterior conseguimos calcular o limite substi-
tuindo a função dada f(x) =
x2 − 1
x− 1
por uma outra mais simples, g(x) =
x + 1, que possui o mesmo limite. Isso é válido porque f(x) = g(x), exceto
quando x = 1 e, no cálculo daquele limite, não consideramos o que acontece
quando x = 1.
Exemplo 17. Encontre lim
x→1
g(x), onde g(x) =
{
x+ 1 se x 6= 1
π se x = 1
.
Solução. Aqui g está definida em x = 1 e g(1) = π. Mas, o valor de
lim
x→1
g(x) não depende do valor da função g em 1. Como g(x) = x + 1 para
todo x 6= 1, então lim
x→1
g(x) = lim
x→1
(x+ 1) = 2.
32
x
y
1 2 30
1
2
3
y = f(x)
x
y
1 2 30
1
2
3
y = g(x)
Figura 21: Gráficos ds funções f (do Exemplo 16) e g (do Exemplo 17)
Exemplo 18. Encontre lim
h→0
(3 + h)2 − 9
h
.
Solução. Se definirmos f(h) =
(3 + h)2 − 9
h
, então não podemos calcular
lim
h→0
f(h) usando a substituição direta, pois f(0) não está definida. Por outro
lado, para qualquer h 6= 0, temos que
f(h) =
(3 + h)2 − 9
h
=
(9 + 6h+ h2)− 9
h
=
6h+ h2
h
= 6 + h.
Como f(h) = 6 + h para todo h 6= 0, então lim
h→0
f(h) = lim
h→0
(6 + h) = 6.
Exemplo 19. Encontre lim
t→0
√
t2 + 9− 3
t2
.
Solução. Se definirmos f(t) =
√
t2 + 9− 3
t2
, então não podemos calcular
lim
h→0
f(h) usando a substituição direta, pois f(0) não está definida. Além
disso, não podemos aplicar a Propriedade 5 (do quociente), pois lim
t→0
t2 = 0.
Por outro lado, para qualquer t 6= 0, temos que
f(t) =
√
t2 + 9− 3
t2
=
(
√
t2 + 9− 3)
t2
· (
√
t2 + 9 + 3)
(
√
t2 + 9 + 3)
=
(t2 + 9)− 9
t2(
√
t2 + 9 + 3)
=
t2
t2(
√
t2 + 9 + 3)
=
1√
t2 + 9 + 3
.
Como f(t) =
1√
t2 + 9 + 3
para todo t 6= 0, então lim
t→0
f(t) = lim
t→0
1√
t2 + 9 + 3
.
Agora, podemos aplicar a Propriedade 5 (do quociente) neste último limite,
obtendo que
lim
t→0
f(t) = lim
t→0
1√
t2 + 9 + 3
=
lim
t→0
1
lim
t→0
√
t2 + 9 + 3
=
1√
0 + 9 + 3
=
1
6
.
33
Exemplo 20. Mostre que lim
x→0
|x| = 0.
Solução. Por definição, temos que |x| =
{
x se x ≥ 0
−x se x < 0
Desse modo,
lim
x→0+
|x| = lim
x→0+
x = 0
e
lim
x→0−
|x| = lim
x→0−
(−x) = 0.
Como os limites laterais são iguais, segue que lim
x→0
|x| = 0.
x
y
0
y = |x|
Figura 22
Exemplo 21. Mostre que lim
x→0
|x|
x
não existe
Solução. Por definição, temos que |x| =
{
x se x ≥ 0
−x se x < 0
. Desse modo,
lim
x→0+
|x|
x
= lim
x→0+
x
x
= lim
x→0+
1 = 1
e
lim
x→0−
|x|
x
= lim
x→0−
(−x)
x
= lim
x→0+
−1 = −1.
Assim, lim
x→0
|x|
x
não existe, já que lim
x→0+
|x|
x
6= lim
x→0−
|x|
x
. O gráfico da função
f(x) =
|x|
x
, ilustrado na Figura 23, confirma os limites laterais que encon-
tramos.
34
x
y
0
1
−1
y = |x|x
Figura 23
Exemplo 22. Se f(x) =
{ √
x− 4 se x > 4
8− 2x se x < 4
, determine se lim
x→4
f(x) existe.
Solução. Por definição, temos que f(x) =
√
x− 4 se x > 4. Desse modo,
lim
x→4+
f(x) = lim
x→4+
√
x− 4 =
√
4− 4 = 0.
Como, também por definição, f(x) = 8− 2x se x < 4, segue que
lim
x→4−
f(x) = lim
x→4−
(8− 2x) = 8− 2(4) = 0.
Assim, lim
x→4
f(x) existe, já que lim
x→4+
f(x) = lim
x→4−
f(x). O gráfico de f é
ilustrado na Figura 24
x
y
40
Figura 24
Exemplo 23. A função maior inteiro é definida por [[x]] =o maior in-
teiro que é menor que ou igual a x. (Por definição, [[4]] = 4, [[4, 8]] = 4,
[[π]] = 3, [[
√
2]] = 1,
[[−1
2
]]
= −1). Mostre que lim
x→3
[[x]] não existe.
Solução. O gráfico da função maior inteiro é ilustrada na Figura 25. Uma
35
vez que [[x]] = 3 para todo 3 ≤ x < 4, temos que
lim
x→3+
[[x]] = lim
x→3+
3 = 3.
Por outro lado, uma vez que [[x]] = 2 para todo 2 ≤ x < 3, temos que
lim
x→3−
[[x]] = lim
x→3−
2 = 2.
Como esses limites laterais não são iguais, então lim
x→3
[[x]] não existe.
x
y
1 2 3 4 5−1−2 0
1
2
3
4
−1
−2
Figura 25: Função maior inteiro
Exemplo 24. Mostre que lim
x→0
[
x2 sin
(
1
x
)]
= 0.
Solução. Primeiramente, observamos que não podemos usar a Propriedade
4 (do produto de funções), isto é, não temos a igualdade
lim
x→0
[
x2 sin
(
1
x
)]
= lim
x→0
x2 · lim
x→0
sin
(
1
x
)
,
pois não existe lim
x→0
sin
(
1
x
)
. Por outro lado, vamos usar o Teorema do Con-
fronto para uma função f menor do que g(x) = x2 sin
(
1
x
)
e uma função h
maior que g tal que f(x) e h(x) tendam para 0 quando x se aproxima de 0.
Para fazer isso, usamos nosso conhecimento sobre a função seno. Como
−1 ≤ sin
(
1
x
)
≤ 1, para todo x 6= 0
36
e x2 ≥ 0 para todo x ∈ R, então
−x2 ≤ x2 sin
(
1
x
)
≤ x2, para todo x 6= 0
(veja Figura 26).
−0.4 −0.2 0.2 0.4
−0.2
−0.1
0.1
0.2
x
y
y = x2 · sin(1/x)
y = −x2
y = x2
Figura 26
Sabemos que lim
x→0
x2 = 0 e que lim
x→0
(−x2) = 0. Ao definir f(x) = −x2 e
g(x) = x2, segue do Teorema do Confronto que lim
x→0
[
x2 sin
(
1
x
)]
= 0.
Exercícios Resolvidos - Seção 2.3
Solução do Exercício 2. Pelos gráficos das função f e g segue que
lim
x→−1
f(x) = 1, lim
x→−1
g(x) = 2, lim
x→0
f(x) = 2,
lim
x→0−
g(x) = 3 e lim
x→0+
g(x) = 1⇒ não existe lim
x→0
g(x)
lim
x→2
f(x) = −1, lim
x→2
g(x)= 2, lim
x→3
f(x) = 1 e lim
x→3
g(x) = 0.
Usando as propriedades algébricas temos que:
(a) lim
x→2
[f(x) + g(x)] = lim
x→2
f(x) + lim
x→2
g(x) = −1 + 2 = 1;
37
(b) lim
x→0
[f(x)− g(x)] não existe, pois não existe lim
x→0
g(x);
(c) lim
x→−1
[f(x)g(x)] = lim
x→−1
f(x) · lim
x→−1
g(x) = 1 · 2 = 2;
(d) lim
x→3
f(x)
g(x)
não existe, pois lim
x→3
f(x) = 1 6= 0 e lim
x→3
g(x) = 0;
(e) lim
x→2
[x2f(x)] = lim
x→2
x2 · lim
x→2
f(x) = 22 · (−1) = −4;
(f) f(−1) + lim
x→−1
g(x) = 3 + 2 = 5.
Solução do Exercício 4.
lim
x→−1
(x2 + x)(3x2 + 6) = lim
x→−1
(x2 + x) · lim
x→−1
(3x2 + 6) [Prop. 4]
=
(
lim
x→−1
x2 + lim
x→−1
x
)
·
(
lim
x→−1
3x2 + lim
x→−1
6
)
[Prop. 1]
=
(
lim
x→−1
x2 + lim
x→−1
x
)
·
(
3 lim
x→−1
x2 + lim
x→−1
6
)
[Prop. 3]
= ((−1)2 + 1) · (3(−1) + 6) [Prop. 7,8 e 9]
= (2) · (3) = 6.
38
Solução do Exercício 6.
lim
u→−2
√
u4 + 3u+ 6 =
√
lim
u→−2
(u4 + 3u+ 6) [Prop. 11]
=
√
lim
u→−2
u4 + 3 lim
u→−2
u+ lim
u→−2
6 [Prop. 1, 2 e 3]
=
√
(−2)4 + 3(−2) + 6 [Prop. 9, 8 e 7]
=
√
16− 6 + 6 = 4.
Solução do Exercício 8.
lim
t→2
(
t2 − 2
t3 − 3t+ 5
)2
=
[
lim
t→2
(
t2 − 2
t3 − 3t+ 5
)]2
[Prop. 6]
=
 limt→2(t2 − 2)
lim
t→2
(t3 − 3t+ 5)
2 [Prop. 5]
=
 limt→2 t2 − limt→2 2
lim
t→2
t3 − 3 lim
t→2
t+ lim
t→2
5
2 [Prop. 1, 2 e 3]
=
[
(2)2 − 2
(2)− 3(2) + 5
]2
[Prop. 9, 7 e 8]
=
(
2
7
)2
=
4
49
.
Solução do Exercício 10. (a) O que há de errado com a equação
x2 + x− 6
x− 2
= x+ 3 (∗)
é que, seu lado esquerdo não está definido para x = 2. Desse modo, como
x2 + x− 6
x− 2
=
(x− 2) · (x− 3)
x− 2
, (∗∗)
então obteríamos a equação (∗), se dividíssemos o numerador e o denomi-
nador, dados no lado esquerdo de (∗∗), por (x − 2). Porém, para manter a
igualdade em (∗∗), (x−2) deve ser diferente de zero e isso só ocorre se x 6= 2.
39
Portanto, não podemos afirmar que a igualdade em (∗) é satisfeita.
(b) Em vista de (a), tem-se que
x2 + x− 6
x− 2
= x+3 para todo x 6= 2. Assim,
a igualdade
lim
x→2
x2 + x− 6
x− 2
= lim
x→2
(x+ 3)
é válida, pois no limite não importa o comportamento das expressões
x2 + x− 6
x− 2
e x+ 3 no ponto x = 2, mas sim o comportamento delas próximo ao ponto
x = 2 e, próximo ao ponto x = 2 tem-se que
x2 + x− 6
x− 2
= x+ 3.
Solução do Exercício 12.
lim
x→−3
x2 + 3x
x2 − x− 12
= lim
x→−3
x(x+ 3)
(x− 4)(x+ 3)
= lim
x→−3
x
(x− 4)
=
−3
−3− 4
=
3
7
.
Solução do Exercício 14.
lim
x→4
x2 + 3x
x2 − x− 12
= lim
x→4
x(x+ 3)
(x− 4)(x+ 3)
= lim
x→4
x
(x− 4)
.
Uma vez que lim
x→4
x = 4 e lim
x→4
x − 4) = 0, então não existe lim
x→4
x
(x− 4)
e
consequentemente, não existe lim
x→4
x2 + 3x
x2 − x− 12
.
Solução do Exercício 16.
lim
x→−1
2x2 + 3x+ 1
x2 − 2x− 3
= lim
x→−1
(2x+ 1)(x+ 1)
(x− 3)(x+ 1)
= lim
x→−1
(2x+ 1)
(x− 3)
=
2(−1) + 1
(−1)− 3
=
−1
−4
=
1
4
.
Solução do Exercício 18.
lim
h→0
(2 + h)3 − 8
h
= lim
h→0
(8 + 12h+ 6h2 + h3)− 8
h
= lim
h→0
12h+ 6h2 + h3
h
= lim
h→0
(12 + 6h+ h2) = 12 + 0 + 0 = 12;
40
Solução do Exercício 20.
lim
t→1
t4 − 1
t3 − 1
= lim
t→1
(t2 − 1)(t2 + 1)
(t− 1)(t2 + t+ 1)
= lim
t→1
(t− 1)(t+ 1)(t2 + 1)
(t− 1)(t2 + t+ 1)
= lim
t→1
(t+ 1)(t2 + 1)
(t2 + t+ 1)
=
((1) + 1)((1)2 + 1)
((1)2 + (1) + 1)
=
4
3
.
Solução do Exercício 22.
lim
u→2
√
4u+ 1− 3
u− 2
= lim
u→2
√
4u+ 1− 3
u− 2
·
√
4u+ 1 + 3√
4u+ 1 + 3
= lim
u→2
(√
4u+ 1
)2 − (3)2
(u− 2)
√
4u+ 1 + 3
= lim
u→2
4u+ 1− 9
(u− 2)
√
4u+ 1 + 3
= lim
u→2
4(u− 2)
(u− 2)
√
4u+ 1 + 3
= lim
u→2
4√
4u+ 1 + 3
= lim
u→2
4√
9 + 3
=
2
3
.
Solução do Exercício 24.
lim
h→0
(3 + h)−1 − 3−1
h
= lim
h→0
( 13+h −
1
3)
h
= lim
h→0
3− (3 + h)
3h(3 + h)
= lim
h→0
−h
3h(3 + h)
= lim
h→0
−1)
3(3 + h)
=
−1
lim
h→0
3(3 + h)
=
−1
3(3 + (0))
= −1
9
.
Solução do Exercício 26.
lim
x→−1
2x2 + 2x+ 1
x4 − 1
= lim
x→−1
(x+ 1)2
(x2 + 1)(x2 − 1)
= lim
x→−1
(x+ 1)2
(x2 + 1)(x+ 1)(x− 1)
= lim
x→−1
(x+ 1)
(x2 + 1)(x− 1)
=
(−1) + 1
((−1)2 + 1)((−1)− 1)
=
0
2(−2)
= 0.
41
Solução do Exercício 30.
lim
x→−4
√
x2 + 9− 5
x+ 4
= lim
x→−4
√
x2 + 9− 5
x+ 4
·
√
x2 + 9 + 5√
x2 + 9 + 5
= lim
x→−4
(
√
x2 + 9− 5)(
√
x2 + 9 + 5)
(x+ 4)(
√
x2 + 9 + 5)
= lim
x→−4
(x2 + 9)− 25
(x+ 4)(
√
x2 + 9 + 5)
= lim
x→−4
x2 − 16
(x+ 4)(
√
x2 + 9 + 5)
= lim
x→−4
(x+ 4)(x− 4)
(x+ 4)(
√
x2 + 9 + 5)
= lim
x→−4
(x− 4)√
x2 + 9 + 5
=
lim
x→−4
x− 4
lim
x→−4
√
x2 + 9 + 5
=
((−4)− 4)√
(−4)2 + 9 + 5
= −4
5
Solução do Exercício 32.
lim
h→0
( 1
(x+h)2
− 1
x2
)
h
= lim
h→0
x2−(x+h)2
x2(x+h)2
h
= lim
h→0
x2 − (x2 + 2xh+ h2)
hx2(x+ h)2
= lim
h→0
−h(2x+ h))
hx2(x+ h)2
= lim
h→0
−(2x+ h)
x2(x+ h)2
=
lim
h→0
−(2x+ h)
lim
h→0
x2(x+ h)2
=
−(2x+ (0))
x2(x+ (0))2
=
−2x
x4
=
−2
x3
.
Solução do Exercício 36. Vamos considerar as funções f , g e h dadas por
f(x) = −
√
x3 − x2, g(x) =
√
x3 − x2 sin
(
π
x
)
e h(x) =
√
x3 − x2. Uma vez
que −1 ≤ sin
(
π
x
)
≤ 1, então −
√
x3 − x2 ≤
√
x3 − x2 sin
(
π
x
)
≤
√
x3 − x2,
para todo x 6= 0. Ou seja, f(x) ≤ g(x) ≤ h(x), para todo x 6= 0. Como
lim
x→0
f(x) = 0 = lim
x→0
h(x), então, pelo Teorema do Confronto, segue que
lim
x→0
h(x) = lim
x→0
√
x3 − x2 sin
(π
x
)
= 0. Os gráficos de f , g e h estão ilustra-
dos na Figura 27
−1 1
−1
1
h
h
f
x
y
Figura 27
42
Solução do Exercício 38. Uma vez que 2x ≤ g(x) ≤ x4−x2+2, para todo
x e, além disso, lim
x→1
2x = 2(1) = 2 e lim
x→1
(x4 − x2 + 2) = (2)4 − (4)2 + 2 = 2,
ou seja, lim
x→1
2x = 2 = lim
x→1
(x4 − x2 + 2), então, pelo Teorema do Confronto,
segue que lim
x→1
g(x) = 2.
Solução do Exercício 39. Como −1 ≤ cos
(
2
x
)
≤ 1, para todo x 6= 0,
então, para todo x 6= 0 tem-se que −x4 ≤ x4 cos
(
2
x
)
≤ x4. Uma vez
que lim
x→0
(−x4) = 0 = lim
x→0
x4, então, pelo Teorema do Confronto, segue que
lim
x→0
x4 cos
(
2
x
)
= 0.
Solução do Exercício 50. Como f(x) =
{
x2 + 1, se x < 1
(x− 2)2, se x ≥ 1
, então:
(a) lim
x→1−
f(x) = lim
x→1−
(x2 + 1) = lim
x→1−
x2 + lim
x→1−
1 = (1)2 + 1 = 2 e
lim
x→1+
f(x) = lim
x→1−
(x− 2)2 =
(
lim
x→1+
x− lim
x→1+
2
)2
= (1− 2)2 = 1.
(b) Por (a) temos que lim
x→1−
f(x) 6= lim
x→1+
f(x), logo lim
x→1
f(x) não existe.
(c) O gráfico de f está ilustrado na Figura 28.
x
y
10
2
f
Figura 28
Solução do Exercício 61. Como f(x) =
{
x2, se x é racional
0, se x é irracional
, então
0 ≤ f(x) ≤ x2, para todo x. Como, lim
x→0
0 = 0 = lim
x→0
x2, segue do Teorema
do Confronto que lim
x→0
f(x) = 0.
43
Solução do Exercício 62. Vamos apresentar um exemplo no qual, nem
lim
x→a
f(x) nem lim
x→a
g(x) existem, mas existe lim
x→a
[f(x) + g(x)]. Sejam f(x) =
[[x]] e g(x) = −[[x]]. Então, lim
x→3
f(x) e lim
x→3
g(x) não existem, como visto no
Exemplo 23. Entretanto, lim
x→3
[f(x) + g(x)] = lim
x→3
[ [[x]]− [[x]] ] = lim
x→3
0 = 0.
Ou seja, lim
x→3
[f(x)+ g(x)] existe, ainda que nem lim
x→3
f(x) nem lim
x→3
g(x) exis-
tam.
Solução do Exercício 63. Vamos apresentar um exemplo no qual, nem
lim
x→a
f(x) nem lim
x→a
g(x) existem, mas existe lim
x→a
[f(x)g(x)]. Seja H(x) a
função de Heaviside dada por H(x) =
{
0 se x < 0
1, se x ≥ 0
. Assim, ao consi-
derar f(x) = H(x) e g(x) = 1 − H(x) =
{
1 se x < 1
0, se x ≥ 0
, pelo Exemplo
9, nem lim
x→0
f(x) nem lim
x→0
g(x) existem. Por outro lado, como para todo
x < 0 tem-se f(x)g(x) = 0 e para todo x ≥ 0 tem-se f(x)g(x) = 0, então
lim
x→0
[f(x)g(x)] = lim
x→0
0 = 0. Ou seja, lim
x→0
[f(x)g(x)] existe, ainda que nem
lim
x→0
f(x) nem lim
x→0
g(x) existam.
Exercícios Sugeridos-Seção 2.3
Resolva os exercícios: 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29.
Referências
[1] STEWART, James. Cálculo, v. 1. 8. São Paulo Cengage Learning 2017
1 recurso online ISBN 9788522126859.
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